Đề thi thử đại học có đáp án chi tiết môn toán sở GDĐT bắc giang lần 1 | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

Câu 20: [2D2-2] Cho^x, ^y là các số thực thỏa mãn 2

 

² 2

 

^{2 2 2}

log log

log log

log 1 log 1

x y

x y

xy  xy  

  . Khi

đó giá trị của ^{x y} bằng.

A. ₄1

2 2

x y   . B. x y 2 hoặc ⁴ ₄1

8 2

x y   .

C. x y 2. D. 1

x y  2 hoặc x y 2. Lời giải

Chọn B.

Đặt ²

2

log log

a x

b y

 

  .

Khi đó: ^{2 2} _{2 2}

2 2 2 2

log log log log 1 1

log log 1 log log 1

1

a b

x y x y a b a b

x y x y a

a b a b

 

    

    

      

  



.

 

     

   

2 2

2 2

1 0 1

2 a b a b

a ab a ab b b

a a b a b a b b

   

      

 

 

      

 

  .

 

¹

1 a b a b

  

    .

Với a b:

 

²         ^{a b 0 x y 1 x y 2}.

Với a b 1:

 

²



^{2 1}



^{2 4 2 5 1 0 1}1 ⁰3

4 4

b a

b b b b

b a

   



        

    



.



0 1 3

1 1 2

2 a x

b y x y

 

     

    

  .



3 4 4 1 4 4 4

4

3 2 8 1

41 2 1 8 2

4 2

a x

x y

b y ^

    

 

     

 

     

 



.

Câu 31: [2D1-4] Cho hàm số ^{y x x}



^23



có đồ thị

 

^C . Có bao nhiêu điểm M thuộc đồ thị

 

^C

thỏa mãn tiếp tuyến của

 

^C tại M cắt

 

^C tại điểm A (khác M ) và cắt Ox tại điểm B sao cho M là trung điểm của đoạn AB?

A.2. B. 1. C. 0. D. 3.

Lời giải Chọn A.

Ta có: y' 3 x²3. Gọi ^{M a a}



^{; 33a}



^

 

^{C .}

Phương trình tiếp tuyến của

 

^C tại M là: ^y



^3a23

 

^{x a}



^a33a

 

^{d hay}



^{3 2 3}



^{2 3}

y a  x a .

Phương trình hoành độ giao điểm của d và

 

^C là: ^x33x



^3a23

 

^{x a}



^a33a



^{x a}

 

^{2 x 2a}



⁰

   

2 x a

x a

 

    ^A



^{2 ; 8a  a36a}



^.

3 2

2 ;0

3 3

d Ox B a a

 

    .

M là trung điểm AB

3 2

2 2 2

3 3

a a a

   a 



 

0 6 5 6 5

a l

a a

 



 



  



. Vậy có 2 điểm M .

Câu 32: [2D1-4] Tập hợp nào sau đây chứa tất cả các giá trị của tham số ^m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số y x²2x m trên đoạn



^{1; 2}



bằng 5?

A.



^{  6; 3}

 

^{0; 2}



. B.



^4;3



. C.



^0;



. D.



^{  5; 2}

  

^0;3 . Lời giải

Chọn D.

Cách 1 : Xét hàm số y x ²2x m , ta có: ^y

 

^{1  m 1,y}

 

^{  1 m 3,y}

 

^{2 m}. Nếu m   1 0 m 1 thì: max_{ 1;2} y m 3 5 m 2

      (thỏa mãn).

Nếu m 3 thì: max_{ 1;2} y 1 m 5 m 4

       (thỏa mãn).

Nếu   3 m 1 thì: ^max_{ 1;2} ^max



^3,1



^{5 1, 4}

1, 2

m m

y m m

m m



   

         ^{ m 2}.

Cách 2: Nhận thấy parabol y x ²2x nhận x1 làm trục đối xứng và trên đoạn



^{1; 2}



nó có GTNN là 1 và GTLN là 3.

Nếu m1thì đồ thị gốc được tính tiến lên trên m đơn vị.

Lúc này, nó không có điểm nào dưới trục Ox, do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn



^{1; 2}



chính là ^f

 

^{  1 m 3}và GTLN sẽ bằng 5 khi m2.

Nếu m 3thì đồ thị gốc sẽ được tịnh tiến xuống dưới ^m đơn vị. Lúc này phần đồ thị hàm số

2 2

y x  x m trên đoạn



^1;2



sẽ nằm hoàn toàn phía dưới trục Ox. Phần này sẽ được lật

lên phía trên trục Ox để trở thành đồ thị hàm số ^{y x22x m} . Do đó giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn



^1;2



chính là ^f

 

^{1  1 m}, khi đó GTLN sẽ bằng 5 khi m  4.

Nếu 3  m 1 thì ^f

 

^{  1 m 3}và ^f

 

^{1  1 m} đều nhỏ hơn 5 nên không có m thỏa mãn.

Vậy m2 hoặc m  4. Câu 33: [2D4-3] Cho

1 1 2 3

d 2

3 9 1

x x a b

x x  

 



, với ^a, b là các số hữu tỉ. Khi đó, giá trị của ^a là:

A. 26

27. B. 26

27. C. 27

26. D. 25

27. Lời giải

Chọn B.

Ta có: ¹ 2 ¹



²



1 1

3 3

d 3 9 1 d

3 9 1

x x x x x x

x x   

 

 

^{1 2 1 2}

1 1

3 3

3 dx x x 9x 1dx









 .

 Tính:

1 2 1 3

3 d 26 x x27



.

 Tính:

1 2 1 3

9 1d

x x  x



. Đặt t 9x²1 ta có: t² 9x² 1 t td 9 dx x.

1, 0

x3 t ; x1, t2 2 Do đó:

1 2 2 2 2

2 2 3

1 0 0

3

1 1 16 2

9 1d d

9 27 27

x x  x t t  t 

 

^.

Vậy

1 1 2 3

26 16 2

d 27 27

3 9 1

x x

x x  

 



.

Câu 34: [2H2-3] Cho hình chóp đa giác đều có các cạnh bên bằng ^a và tạo với mặt đáy một góc 30^o. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp?

A.

4 3

3

a

. B. 4a³. C.

4 3 3 3

a . D. 4a³ 3. Lời giải

Chọn A.

E

An

A1

A2 A3

A4

A5

An-1

H S

I

Ký hiệu hình chóp đa giác đều là S A A A. 1 2... _n và H là hình chiếu của S trên



A A A1 2... _n



. Ta có:



^SA A A A1,



1 2... _n

 





^SA HA1, 1



SA H^ 1 30^o.

Xét SA H1 vuông tại H, ta có: ₁.sin 30 2

o a

SH SA  , _{1 1} 3

.cos30 2

o a

A H SA  . Gọi I là tâm khối cầu ngoại tiếp hình chóp. Kẻ IESA1, ta có: SEI SHA1

Suy ra:

2

1 1

1

.

2 SE SA SA SE SI

SI a

SH  SA   SH  SH  .

Thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp: 4 ³ V  3a .

Câu 35: [2D4-3] Cho số phức ^z thỏa mãn z 2z    7 3i z. Tính z ?

A. 3. B. 13

4 . C. 25

4 . D. 5.

Lời giải Chọn D.

Giả sử ^{z a bi a b }



^{, }_



, ta có:

 

2 7 3 2 7 3

z  z     i z z x yi     i x yi

 

2 7 2 9 3 7 *

2 3 3

z x x x x

y y y

       

 

   

 

 

2 2

7

* 3 4

9 9 42 7

x x

x x

 

  

    

 Vậy ^{z 5}.

Câu 36: [2D3-3] Cho hàm số ^{f x}

 

xác định trên  ^\



^1;1



và thỏa mãn

 

2

1 f x 1

  x

 ,

 

³

 

^{3 0}

f   f  và 1 1

2 2 2

f   f     . Tính giá trị của biểu thức

 

²

 

⁰

 

⁴

P f   f  f .

A. 9

ln 1

P 5 . B. 6

1 ln5

P  . C. 1 9

1 ln

2 5

P  . D. 1 6

2ln5

P .

Lời giải Chọn C.

Ta có hàm số xác định trên các khoảng



^{   ; 1}

 

^1;1

 

^{ 1;}



.

Khi đó

 

 

 

 

1

2

3

1 1

ln 1

2 1

1 1

ln 1 1

2 1

1 1

ln 1

2 1

x C x

x

f x x C x

x

x C x

x

 

  

 

 

     

 

 

 



.

Dễ thấy

  

^{   3 ; 1}



; ^1;0;1



^1;1



2 2

  

 

  ;

  

^{3;4  1;}



.

Nên

 

1

3 1ln 2

f   2 C ; 2

1 1

2 2ln 3

f   C

  ; f

 

0 C2; 2

1 1

2 2 ln 3

f      C

  ;

 

3

3 1ln 2

f 2 C và

 

3

1 3

4 ln

2 5

f  C . Ta có ^{P f}

 

^{0  f}

 

⁴ 2 3

1 3

2ln5

C C

   1 3 _{2 3}

2ln5 C C

   .

Mặt khác 1 1

2 2 2

f   f   

    ^{2 2 2}

1 1

ln 3 ln 3 2 1

2 C 2 C C

       .

Và ^f

 

^{ 3 f}

 

^{3 0} 1 3 1 3

1 1

ln 2 ln 2 0 0

2 C 2 C C C

        .

 

²

 

⁰

 

⁴

P f   f  f 1 _{1 2} 1 3 ₃

ln 3 ln

2 C C 2 5 C

     1 9

1 ln

2 5

  .

Câu 37: [2D2-3] Cho phương trình ^log0,5



^m6x



^{log 3 22}



^{ x x 2}



^{0 (m} là tham số). Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của ^m để phương trình có nghiệm thực?

A. 17. B. 18. C. 23. D. 15.

Lời giải Chọn A.

Điều kiện 6 0₂ 3 1

6 0

3 2 0

m x x

m x x x

    

 

      

 .

Khi đó, ^log0,5



^m6x



^{log 3 22}



^{ x x 2}



^{0log 3 22}



^{ x x 2}



^log2



^m6x



3 2x x2 m 6x

      3 8x x ² m

 

^{* .}

Xét hàm số ^{f x}

 

^{  x2 8x3} trên



^3;1



, ta có ^{f x}

 

^{  2x 8}; ^{f x}

 

^{   0 x 4}. Bảng biến thiên

Từ BBT suy ra phương trình

 

* có nghiệm trên



^3;1



   6 m 18. Do ^m nguyên dương nên m



1; 2;...;17



.

Câu 38: [2D1-3] Cho hàm số ^{y f x}

 

có đúng ba điểm cực trị là 2; 1;0  và có đạo hàm liên tục trên

 . Khi đó hàm số ^{y f x}



^22x



có bao nhiêu điểm cực trị?

A. 3. B. 8. C. 10. D. 7.

Lời giải Chọn A.

Cách 1: Vì hàm số ^{y f x}

 

có đúng ba điểm cực trị là 2; 1;0  và có đạo hàm liên tục trên

 nên ^{f x}

 

^0 có ba nghiệm là 2; 1;0  (ba nghiệm bội lẻ).

Xét hàm số ^{y f x}



^22x



^{có y}



^{2x2 .}



^{f x}



^22x



^{; y 0}



^{2x2 .}



^{f x}



^22x



^0

2 2 2

1

2 2

2 1

2 0

x

x x

x x

x x

 

   

    

  



1 0 2 x x x

 

 

  .

Do y 0 có một nghiệm bội lẻ (x1) và hai nghiệm đơn (x0; x2) nên hàm số



^{2 2}



y f x  x chỉ có ba điểm cực trị.

Cách 2: Do hàm số y f x( ) có đúng ba điểm cực trị là 2; 1;0  và có đạo hàm liên tục trên

 nên chọn

     

' 2 1 ,

f x a x x x với a0.

Xét hàm số y f x( ²2 )x có

   

      

     

2 2

2 2 2

2 3 2

' ' 2 . 2 '

2 2 . 2 1 2 . 2 2

2 2 2 . 1 . 2 .

y f x x x x

a x x x x x x x

a x x x x x

  

      

    

Ta thấy 'y có 3 nghiệm 1;0; 2 và đổi dấu qua 3 nghiệm đó. Vậy hàm số y f x( ²2 )x có 3 điểm cực trị.

Câu 39: [2D2-3] Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số ^m nhỏ hơn 10 để phương trình e^x e^x

m m  có nghiệm thực?

A. 9. B. 8. C. 10. D. 7.

Lời giải Chọn C.

Điều kiện: me^x0.

Đặt ^{t me , x}



^t0



ta suy ra:

 

²

2

e

e

x

x

m t t m

  



  

 ^

 

^{ex 2  t2 t ex}



^ext

 

^{ex  t 1}



^{0 e 0 1}

   

e 1 0 2

x x

t t

  

     . Phương trình

 

2 vô nghiệm vì e^x  t 1 0.

Phương trình

 

1 tương đương với e^xt e^x m e^x

   ^{ m}

 

^{ex 2e 3x}

 

Phương trình ^{m mex e *x}

 

có nghiệm thực khi phương trình

 

3 có nghiệm thực.

Xét hàm số ^{f x}

 

^

 

^{ex 2ex với x , ta có:}

 

^{2 e}

 

^{x 2 ex 0}

f x    1

e 2

 x    x ln 2. Bảng biến thiên của hàm số ^{f x}

 

^

 

^{ex 2ex là}

Số nghiệm của

 

3 bằng số giao điểm của đồ thị hàm số ^{f x}

 

^

 

^{ex 2ex} và đường thẳng y m . Dựa vào bẳng biến thiên suy ra phương trình

 

3 có nghiệm khi 1

m 4. Kết hợp với giả thiết ^m là số nguyên nhỏ hơn 10 ta suy ra m



0,1, 2,3, 4,5, 6,7,8,9



. Vậy có 10 giá trị thỏa mãn.

Câu 40: [2D3-2] Cho

 

^H là hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số ^ye, ye^x và



^{1 e}



¹

y  x (tham khảo hình vẽ bên).

Diện tích hình phẳng

 

^H là

A. e 1

S  2 . B. 3

e 2

S   . C. e 1

S  2 . D. 1 e 2 S   . Lời giải

Chọn A.

Cách 1:

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ye^x với đường thẳng ^ye là e^x   e x 1.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ye^x với đường thẳng ^{y }



^{1 e}



^x1 là

 

e^x  1 e x  1 x 0.

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ^ye với đường thẳng ^{y }



^{1 e}



^x1 là

 

e 1 e x   1 x 1. Diện tích hình phẳng

 

^H là:

 

0 1

1 0

e 1 e 1 d e e d^x

S x x x







   



 ⁰

   

¹

 

1 0

e 1 e x 1 dx e e d^x x







   





   

^{2 0}

 

¹₀

1

e 1 1 e e e

2 x x

x x



  

      

 

e 1 2

  .

Cách 2:

Xem ^x là hàm theo biến ^y.

Hình phẳng

 

^H giới hạn bởi các đường xln ,y ¹



^{1 ,}



x1 e y

 y1, ^ye. Diện tích hình

 

^H là:

 

e

1

ln 1 1 d

S 



 y1 e y  y

 

e e

1 1

ln d 1 1 d

1 e

A B

y y y y

  







 

 

e e

1 1

ln d ln 1

A



y y y y y 

 

e 2 e 2

1 1

1 1 1 e 1 1 e

1 d e

1 e 1 e 2 1 e 2 2 2

B 



y y  y y       

Vậy 1 e e 1

1 2 2

S  

   .

Câu 41: [1D2-4] Có hai học sinh lớp ,A ba học sinh lớp B và bốn học sinh lớp C xếp thành một hàng ngang sao cho giữa hai học sinh lớp A không có học sinh nào lớp B. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng như vậy ?

A. 80640. B. 108864. C. 145152. D. 217728. Lời giải

Chọn C.

Xét các trường hợp sau :

TH1: Hai học sinh lớp A đứng cạnh nhau có 2!.8! cách.

TH2: Giữa hai học sinh lớp A có một học sinh lớp C có 2!. .7!A¹₄ cách.

TH3: Giữa hai học sinh lớp A có hai học sinh lớp C có 2!. .6!A4² cách.

TH4: Giữa hai học sinh lớp A có ba học sinh lớp C có 2!. .5!A4³ cách.

TH5: Giữa hai học sinh lớp A có bốn học sinh lớp C có 2!. .4!A4⁴ cách.

Vậy theo quy tắc cộng có ^{2! 8!}



^{A147!A426!A435!A444!}



^{145152 cách.}

Câu 42: [2H1-3] Cho hình chóp S ABC. có SA SB SC  3, tam giác ABC vuông cân tại B và 2 2.

AC Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AC và BC. Trên hai cạnh SA, _SB lấy các điểm ,P Q tương ứng sao cho SP1, SQ2. Tính thể tích V của tứ diện MNPQ.

A. 7

V  18 . B. 3

V  12 . C. 34

V  12 . D. 34 V  144 . Lời giải

Chọn A.

Ta có SA SB SC MA MB MC  ;   ^{SM }



^ABC



Cách 1 :

Lấy điểm R SB sao cho SR1.

Gọi d_S, d_R, dQ lần lượt là khoảng cách từ , ,S R Q đến mặt phẳng



^ABC



2 ;

R 3 S

d d

  1

Q 3 S

d  d .

Ta có 1

3 SP SR

SA SB  PR AB PR MN .

Do đó ^{VPMNQ VRMNQ VRMNB VQMNB 1}₃^SMNB



^{dR dQ}



^{1 1}_{3 4}^{. SABC.1}₃^{dS }₃₆^{1 SABC.dS}

Với 1

. 2;

ABC 2

S  AB BC  d_S SM  7 suy ra 7

PMNQ 18

V  (đvtt)

Cách 2: Ta có AB BC 2; SM  7.

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ.

Ta có:



^{0;0;0 ,}



B ^A



^{2;0;0 ,}



^C



^{0; 2;0}



^,N



^0;1;0



^,M



^1;1;0



^,S



^{1;1; 7}



1 4 2 2 7

3 3 3; ; 3

SP SA P 

   

 

; 1 1 1 7

3 3 3 3; ;

BQ BS Q 

   

 

Ta có:



^{1;0;0 ,}



^{1; 2; 7 , 4; 1 2 7;}

3 3 3 3 3 3

NM NQ   NP  

      

   7 2

; 0; ;

3 3

NM NQ  

 

     

 

Suy ra 1 1 7 4 7 7

; . .

6 6 9 9 18

VMNPQ  NM NQ NP     

(đvtt).

Câu 43: [2D3-4] Cho hàm số ^{f x}

 

có đạo hàm liên tục trên đoạn

 

0;1 thỏa mãn ^f

 

^{1 0} và

     

1 1 2

2

0 0

d 1 e d 1

4

x e

f x x x f x x 

 

 

 

. Tính tích phân ¹

 

0

d I 



f x x^. A. I  2 e. B. I  e 2. C. e

I  2. D. e 1 I  2 . Lời giải

Chọn B.

Xét ¹

   

0

1 e^x d A



x f x x

Đặt

 

 

d 1 ^xd

u f x

v x e x

 

  



 

d d

e^x u f x x v x

  

 

 

Suy ra

 

¹₀ ¹

 

0

e^x e^x d

A x f x 



x f x x ¹

 

0 x d

xe f x x

 



¹

 

²

0

d 1

4

x e

xe f x x 







Xét

1 2 2 0

xd x e x



^{2 2 1}

0

1 1 1

2 2 4

e x x x 

    

2 1

4 e 



Ta có : ¹

 

^{2 1}

 

^{1 2 2}

0 0 0

d 2 ^x d ^xd 0

f x x xe f x x  x e x

 

 

  

¹

   

²

0

d 0

f x xex x





 

Suy ra ^{f x}

 

^{xex   0, x}

 

^0;1 (do



^{f x}

 

^xex



^{2   0, x}

 

^{0;1 )}

 

^x

f x xe

   ^{ f x}

  

^{ 1 x e}



^xC

Do ^f

 

^{1 0} nên ^{f x}

  

^{ 1 x e}



^x

Vậy ¹

 

¹

   

¹₀

0 0

d 1 ^xd 2 ^x 2

I 



f x x



x e x x e  e ^.

Câu 44: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu

  

^{S : x1}

 

^{2 y1}

 

^{2 z 2}



^{2 16 và điểm A}



^{1; 2;3}



. Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu theo ba đường tròn. Tính tổng diện tích của ba đường tròn tương ứng đó.

A. 10. B. 38 . C. 33 . D. 36 .

Lời giải Chọn B.

Cách 1:

Nhận xét:

x

y z

(R)

(Q)

(P)

I₂ I₃ D

C B

A

I

I₁

Giả sử ba mặt mặt phẳng cùng đi qua A đôi một vuông góc với nhau là

     

^{P , Q , R} . Với điểm I bất kỳ, hạ II II II1, 2, 3 lần lượt vuông góc với ba mặt phẳng

     

^{P , Q , R} thì ta luôn có: IA² II1² II2²II3²

 

1 .

Thật vậy , ta chọn hệ trục tọa độ ^Oxyz với O A, ba trục ^{Ox Oy Oz, ,} lần lượt là ba giao tuyến của ba mặt phẳng

     

^{P , Q , R} .

Khi đó tọa độ ^{I a b c}



^{; ;}



^thì:

2 2 2 2

IA a b c ^{d A Iyz2}



^;

  

^{d A Ixz2}



^;

  

^{d A Ixy2}



^;

  

hay IA² II1²II2²II3². Vậy

 

¹ được chứng minh.

Áp dụng giải bài :

Mặt cầu

 

^S có tâm ^I



^{1; 1;2}



và có bán kính r4.



^0;3;1



IA

 IA 10.

(C₁) (S)

r₁ I r

I₁ A

Giả sử ba mặt mặt phẳng cùng đi qua A đôi một vuông góc với nhau là

     

^{P , Q , R} và cắt mặt cầu

 

^S theo ba đường tròn lần lượt là

 

C1 ,

 

C2 ,

 

C3 .

Gọi I I I₁; ;_{2 3} và r r r₁, ,_{2 3} lần lượt là tâm và bán kính của

 

C1 ,

 

C2 ,

 

C3 . Khi đó : II1 

 

P II1²r1² r² r1² r² II1².

Tương tự có: r₂² r² II₂² và r₃² r²II₃² . Theo nhận xét ở trên ta có: IA² II1² II2² II3²

Ta có tổng diện tích các đường tròn là :



1² 2² 3²



S  r r r 



r² II1²r² II2²r²II3²





1 1 1



2 2 2 2

3r II II II

  

     



^{3r2 IA2}



³⁸

 

   .

Cách 2:

Đặt biệt hóa : Giả sử có 3 đường tròn

 

^S1 ;

 

^S2 ;

 

^S3 như hình bên trong đó

 

^S1 ;

 

^S2

đều là đường tròn lớn có bán kính là 4.



^{1; 1; 2}



I  ; ^A



^{1; 2;3}



suy ra IA 10 ; R4. Suy ra bán kính hình tròn

 

^S3 là

16 10 6

r  

Tổng diện tích các hình tròn là: ^{.42.42.}

 

^{6 2 38.}

Câu 45: [2D4-3] Hcho hai số phức ^{z w,} thỏa mãn 3 2 1

1 2 2

z i

w i w i

   



    

 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức P z w.

A. _min 3 2 2

P  2 . B. P_min  2 1 . C. _min 5 2 2

P  2 . D. _min 3 2 2

P  2 . Lời giải

Chọn C.

Cách 1 :

Giả sử z a bi 



^{a b, }



, ^{w x yi }



^{x y, }



.

3 2 1

z  i  ^



^a3

 

^{2 b 2}



^{2 1 (1)}

1 2 2

w  i   w i ^



^x1

 

^{2 y2}

 

^{2  x2}

 

^{2 y1}



^2.

Suy ra x y 0.

  

²



²

  

²



²

P  z w a x  b y  a x  b x .

Từ (1) ta có ^I

 

^3;2 , bán kính r1. Gọi H là hình chiếu của I trên :d y x. Đường thẳng HI có PTTS 3

2

x t

y t

  

  

 .



^{3 ; 2}



MHIM t t

 

^{2 2 1}

M C  t 

1 2

1 2 t

t

 



  



1 1

2 3 ; 2

2 2

t M   

 , 5 2

MH  2

1 1

3 3 ;2

2 2

t M   

 , 5 2

MH  2 Vậy _min 5 2 2

P  2 . Cách 2 :

3 2 1

z  i  điều này cho thấy ^{M z}

 

đang nằm trên hình tròn tâm ^I

 

^3;2 bán kính bằng 1.

1 2 2

w  i   w i điều này cho thấy ^{N w}

 

đang thuộc nửa mặt phẳng tạo bởi đường thẳng

 là trung trực của đoạn AB với ^A



^{ 1; 2 ,}

  

^{B 2;1 .}

:x y 0.

  

(Minh hoạ như hình vẽ)

O y

x

2 1

2 3

-2 -1

B

A

MI N

Δ O

y

x

2 1

2 3

-2 -1

N

M I

. P  z w MN

 

min

3 2 5 2 2

, 1 .

2 2

P d I R  

     

Câu 46: [2D3-3] Cho hàm số ^{y f x}

 

liên tục trên



^{0; }



và

   

2

0

d .sin

x

f t tx x



^{. Tính f}

 

⁴

A.

 

f  4

 . B.

 

f  2. C.

 

f  4. D.

 

¹

f  2. Lời giải

Chọn B.

Ta có



^{f t t F t}

 

^{d }

 

^{F t}

 

^{ f t}

 

   

2

0

d .sin

x

f t tx x



^{F t}

 

₀^{x2 x.sin}

 

^x

 

²

 

^{0 .sin}

 

F x F x x

   ^{F x}

 

^{2 .2xsin}

 

^{x x.cos}

 

^x

 

^{2 .2 sin}

 

^.cos

 

f x x x x x

  

 

⁴

f 2

 

Câu 47: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm ^A



^2;1;3



và mặt phẳng

 

^{P x my:  }



^2m1



^{z m  2 0}, ^m là tham số. Gọi ^{H a b c}



^{; ;}



là hình chiếu vuông góc của điểm A trên

 

^P . Tính a b khi khoảng cách từ điểm A đến

 

^P lớn nhất ?

A. 1

a b  2. B. a b 2. C. a b 0. D. 3 a b  2. Lời giải

Chọn D.

Cách 1:

Ta có



^,

  

⁶₂ ³

5 4 2

d A P m

m m

 

  ²

   

2²

36 36 9

, 5 4 2

m m

d A P

m m

 

 

 

Xét hàm số

   

 

2 2

2

2 2

36 36 9 36 54 36

5 4 2 5 4 2

m m m m

f m f m

m m m m

     

  

   

 

^{0 1}2 2 f m m

m

  

  

 

 BBT

Hàm số đạt GTLN khi ^{m 2}

 

^{P x: 2y5z 4 0}

Đường thẳn  qua A và vuông góc với

 

^P có phương trình là 2 1 2 3 5

x t

y t

z t

  

  

  





^{2 ;1 2 ;3 5}



H  H t  t  t

 

^{2 2 1 2}

  

^{5 3 5}



^{4 0 1 3;0;1}

2 2 2

H P   t  t   t      t H 

3 a b 2

   . Cách 2:

Gọi ^{M x y z}



^{; ;}



là điểm cố định thuộc mặt phẳng

 

^P

Ta có ^{x my }



^2m1



^{z m   2 0, m}



^{2 2}



^{2 0,}

m y z x z m

       

 tọa độ điểm M thỏa mãn hệ 2 0 2 1 0 (*) x z

y z

  

   



Đặt ^{z t} với t , từ (*)

2 1 2 ,

x t

y t t z t

  

   

 



Vậy tập hợp các điểm cố định thuộc mặt phẳng

 

^P là đường thẳng

2 : 1 2 ,

x t

y t t z t

  

    

 



Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên  ^3;0;1

2 2

K 

  

 

Ta có ^{d A P}



^,

  

^{AH  AK d A P}



^,

  

lớn nhất bằng AK khi H K ^3;0;1

2 2

H 

  

3 a b 2

   .

Câu 48: [2D2-3] Cho hàm số ^{f x}

 

^



^{a21 ln}



²⁰¹⁷



^{x 1x2}



^{bxsin2018x2 với a, b} là các số thực và ^f



^7log5



^{6. Tính f}



^{5log 7}



^.

Nguyễn Tiến

A. ^f



^{5log 7}



^{2. B. f}



^{5log 7}



^{4. C. f}



^5log7



^{ 2. D. f}



^{5log 7}



^6.

Lời giải Chọn C.

Cách 1:

Đặt ^{g x}

 

^



^{a21 ln}



²⁰¹⁷



^{x 1x2}



^{bxsin2018x} có tập xác định _ là tập đối xứng.

Ta có với mọi x thì ^g

 

^{ x}



^{a21 ln}



²⁰¹⁷



^{ x 1x2}



^bxsin2018

 

^x



^{2 1 ln}



^{2017 1} ₂ ^sin2018

 

a 1 bx x

x x

 

   

 

 



^{a2 1 ln}



²⁰¹⁷



^{x 1 x2}



^bxsin2018

 

^{x g x}

 

        .

Suy ra ^{g x}

 

là hàm số lẻ, mặt khác 7^log5 5^log7 nên ^g



^{5log 7}



^{ g}



^5log7



^{ g}



^7log5



^.

Theo giả thiết ta có ^f



^7log5

 

^{g 7log5}



^{ 2 g}



^7log5



^4.

Do đó ^f



^{5log 7}



^=g



^5log7



^{  2 g}



^7log5



     ^{2 4 2 2}. Cách 2:

Ta có: ^f

 

^{ x}



^{a21 ln}



²⁰¹⁷



^{ x 1x2}



^{bxsin2018x2}



^{a2 1 ln}



²⁰¹⁷



^{x 1 x2}



^{bxsin2018x 2}

      



^{a2 1 ln}



²⁰¹⁷



^{x 1 x2}



^{bxsin2018x 2 4}

        ^{ f x}

 

^4.

Vì 5^{log 7} 7^log5 nên ^f



^{5log 7}



^{ f}

 

^{5log 7 4  f}



^7log5



^{4    6 4 2.}

Câu 49: [2H3-4] Trong không gian Oxyz, cho tam giác nhọn ABC có ^H



^{2; 2;1}



, 8 4 8 3 3 3; ; K , O lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B, C trên các cạnh BC, AC, AB. Đường thẳng d qua A và vuông góc với mặt phẳng



^ABC



có phương trình là

A. 4 1 1

: 1 2 2

x y z

d     

 . B.

8 2 2

3 3 3

: 1 2 2

x y z

d   

 



.

C.

4 17 19

9 9 9

: 1 2 2

x y z

d

  

 



. D. 6 6

:1 2 2

x y z

d  

 

 .

Lời giải Chọn A.

Cách 1:

Ta có tứ giác BOKC là tứ giác nội tiếp đường tròn ( vì có hai góc vuông K, O cùng nhìn BC dưới một góc vuông) suy ra ^{OKB OCB} ^

 

¹

Ta có tứ giác KDHC là tứ giác nội tiếp đường tròn ( vì có hai góc vuông K, H cùng nhìn DC dưới một góc vuông) suy ra ^{DKH OCB} ^

 

²

Từ

 

1 và

 

2 suy ra DKH OKB do đó BK là đường phân giác trong của góc OKH và AC là đường phân giác ngoài của góc OKH .

Tương tự ta chứng minh được OC là đường phân giác trong của góc KOH và AB là đường phân giác ngoài của góc KOH.

Ta có OK4; OH 3; KH 5.

Gọi I , J lần lượt là chân đường phân giác ngoài của góc OKH và KOH. Ta có I ACHO ta có 4

5 IO KO

IH  KH  4

IO 5IH

  ^{   I}



^{8; 8; 4}



. Ta có J  ABKH ta có 4

3 JK OK

JH OH  ⁴



^{16;4; 4}



JK 3JH J

   . Đường thẳng IK qua I nhận ^{16 28 20; ; 4}



^4;7;5



3 3 3 3

IK  

 làm vec tơ chỉ phương có phương

trình

 

^{: 8 48 7}

4 5

x t

IK y t

z t

  

   

   



Đường thẳng OJ qua O nhận ^{OJ}



^{16; 4; 4}



^{4 4;1; 1}



^



làm vec tơ chỉ phương có phương

trình

 

4 :

x t OJ y t

z t

 

  

   



Khi đó A IK OJ, giải hệ ta tìm được ^A



^{ 4; 1;1}



.

Ta có ^{IA}



^4;7;5



^{và IJ }



^24;12;0



^{, ta tính} IA IJ ^,   



60;120; 120



 60 1; 2;2







. Khi đó đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng



^ABC



có véc tơ chỉ phương



^{1; 2; 2}



u 

nên có phương trình 4 1 1

1 2 2

x  y  z

 .

Nhận xét:

 Mấu chốt của bài toán trên là chứng minh trực tâm D của tam giác ABC là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OHK. Khi đó, ta tìm tọa độ điểm D dựa vào tính chất quen thuộc sau: “Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp, ta có .a IA b IB c IC . . 0, với a BC , b CA , c AB”. Sau khi tìm được D, ta tìm được A với chú ý rằng A DH và OADA.

 Ta cũng có thể tìm ngay tọa độ điểm A bằng cách chứng minh A là tâm đường tròn bàng tiếp góc H của tam giác OHK. Khi đó, ta tìm tọa độ điểm D dựa vào tính chất quen thuộc sau:

“Cho tam giác ABC với J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, ta có a JA b JB c JC. . . 0, với a BC , b CA , c AB ”.

Cách 2:

Gọi I là trực tâm của ABCI là tâm đường tròn ngoại tiếp OHK HI là đường phân giác trong của OHK kẻ từ đỉnh H. Gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh H

Ta có 5

3

DK HK HK

DK OD OD

DO  HO HO  1 1; ;1 D 2 

  

 

phương trình đường thẳng

2 2

: 2

1